Merge remote-tracking branch 'origin/develop' into develop

编写小组/试卷/0103高数模拟试卷.md

@@ -188,6 +188,56 @@ $$f(x) = \left( \frac{1}{2a^2}x - \frac{3}{2a} \right)(x - 2a)(x - 4a) = \frac{1
 $$\lim_{x \to 3a} \frac{f(x)}{x-3a} = \lim_{x \to 3a} \frac{\frac{1}{2a^2}(x-3a)(x-2a)(x-4a)}{x-3a} = \frac{1}{2a^2} \cdot (3a-2a)(3a-4a) = \frac{1}{2a^2} \cdot a \cdot (-a) = -\frac{1}{2}.$$
 
 **答案**：$\displaystyle \lim_{x \to 3a} \frac{f(x)}{x-3a} = -\frac{1}{2}$.
+
+若级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{n^p}{(-1)^n}\sin(\frac{1}{\sqrt{n}})$绝对收敛，则常数$p$的取值范围是$\underline{\quad\quad\quad}.$
+	首先，考虑级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}|\frac{n^p}{(-1)^n}\sin(\frac{1}{\sqrt{n}})|=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{n^p}{(-1)^n}|\sin(\frac{1}{\sqrt{n}})|$
+	当$n\to\infty$时，$\frac{1}{\sqrt{n}}\to 0$，此时有等价无穷小关系：$\sin(\frac{1}{\sqrt{n}}) \sim \frac{1}{\sqrt{n}}.$
+	因此，级数的通项可以近似为$\frac{1}{n^p}\frac{1}{\sqrt{n}}=\frac{1}{n^{p+\frac{1}{2}}}$
+	根据**p级数**的收敛性结论，级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{p+\frac{1}{2}}}$当且仅当$p+\frac{1}{2}>1$时收敛，即$p>\frac{1}{2}$，
+所以，$p\in(\frac{1}{2},+\infty)$
+$\int{x^3\sqrt{4-x^2}\mathrm{d}x}=\underline{\quad\quad\quad}.$
+	方法1：
+	令$x=2\sin t$，则$\mathrm{d}x=2\cos t \mathrm{d}t$，
+$$\begin{align}\int{x^3\sqrt{4-x^2}\mathrm{d}x}&=\int{(2\sin t)^3\sqrt{4-4\sin^2 t} \cdot 2\cos t\mathrm{d}t}\\
+&=32\int{\sin^3t\cos^2t\mathrm{d}t}\\
+&=32\int{\sin t(1-\cos^2t)\cos^2t\mathrm{d}t}\\
+&=-32\int{(\cos^2t-cos^4t)\mathrm{d}\cos t}\\
+&=-32(\frac{\cos^3t}{3}-\frac{cos^5t}{5})+C\\
+&=-\frac{4}{3}(\sqrt{4-x^2})^3+\frac{1}{5}(\sqrt{4-x^2})^5+C
+\end{align}
+$$
+	方法2 
+	令$\sqrt{4-x^2}=t$，$x^2=4-t^2$，$x\mathrm{d}x=-t\mathrm{d}t$，
+$$
+\begin{align}
+\int{x^3\sqrt{4-x^2}\mathrm{d}x}&=-\int{(4-t^2)t^2\mathrm{d}t}\\
+&=\frac{t^5}{5}-\frac{4t^3}{3}+C\\
+&=\frac{(\sqrt{4-x^2})^5}{5}-\frac{4(\sqrt{4-x^2})^3}{3}+C
+\end{align}
+$$
+		
+- 设$y=f(x)$由$\begin{cases}x=t^2+2t\\t^2-y+a\sin y=1\end{cases}$确定，若$y(0)=b$，$\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}|_{t=0}=\underline{\quad\quad\quad}.$
+解：方程两边对$t$求导，得
+$$
+\begin{cases}
+\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=2t+2\\
+2t-\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}+a\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\cos y=0
+\end{cases}
+\Rightarrow
+\begin{cases}
+\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=2(t+1)\\
+\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}=\frac{2t}{1-a\cos y}
+\end{cases}
+\Rightarrow 
+\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{t}{(t+1)(1-a\cos y)}
+$$
+$$
+\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}=\frac{\mathrm{d}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}}{\mathrm{d}x}=\frac{\frac{\mathrm{d}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}}{\mathrm{d}t}}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}}=\frac{\frac{(1-a\cos y)-at(t+1)\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\sin y}{(t+1)^2(1-a\cos y)^2}}{2(t+1)}
+$$
+注意到$y|_{t=0}=b,\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}|_{t=0}=0$，得
+$$
+\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}|_{t=0}=\frac{1}{2(1-a\cos b)}
+$$
 # 高等数学题解集
 
 ## 1. 级数收敛性选择题
@@ -570,7 +620,88 @@ $$
 f(x) = 2k\pi + \arcsin \frac{9}{8} x \quad \text{或} \quad f(x) = (2k-1)\pi - \arcsin \frac{9}{8} x \quad (k \in \mathbb{Z}).
 $$
 
-7.讨论级数 $$\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{[n+(-1)^n]^p}$$ ( $p>0$ )的敛散性。
+7.已知当$x \to 0$时，函数$f(x) = a + bx^2 - \cos x$与$x^2$是等价无穷小。
+
+(1) 求参数$a, b$的值；（5分）  
+(2) 计算极限$$
+\lim_{x \to 0} \frac{f(x) - x^2}{x^4}
+$$的值。（5分）
+
+**解答**  
+
+**(1)**  
+由于  
+$$
+\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \left( a + bx^2 - \cos x \right) = a - 1 = 0,
+$$  
+故$a = 1$。  
+又因为$f(x)$与$x^2$等价无穷小，所以  
+$$
+\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{1 + bx^2 - \cos x}{x^2} = b + \lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x^2} = b + \frac{1}{2} = 1,
+$$  
+因此$b = \frac{1}{2}$。
+
+**(2)**  
+由$\cos x$的麦克劳林展开：  
+$$
+\cos x = 1 - \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{24}x^4 + o(x^4).
+$$  
+代入$f(x)$：  
+$$
+f(x) = 1 + \frac{1}{2}x^2 - \left( 1 - \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{24}x^4 + o(x^4) \right) = x^2 - \frac{1}{24}x^4 + o(x^4).
+$$  
+于是  
+$$
+\lim_{x \to 0} \frac{f(x) - x^2}{x^4} = \lim_{x \to 0} \frac{-\frac{1}{24}x^4 + o(x^4)}{x^4} = -\frac{1}{24}.
+$$
+
+---
+
+
+8.设$f(x) \in C[0,1] \cap D(0,1), f(0)=0, f(1)=1$。试证：  
+（1）在$(0,1)$内存在不同的$\xi, \eta$使$f'(\xi)f'(\eta)=1$；  
+（2）对任意给定的正数$a, b$，在$(0,1)$内存在不同的$\xi, \eta$使$\frac{a}{f'(\xi)}+\frac{b}{f'(\eta)}=a+b$。
+
+**分析**  
+（1）只需将$[0,1]$分成两个区间，使$f(x)$在两个区间各用一次微分中值定理。设分点为$x_0 \in (0,1)$，由  
+$$
+f(x_0)-f(0)=f'(\xi)(x_0-0),\quad f(1)-f(x_0)=f'(\eta)(1-x_0) \quad (0<\xi<x_0<\eta<1),
+$$  
+得$f'(\xi)=\frac{f(x_0)}{x_0}$，$f'(\eta)=\frac{1-f(x_0)}{1-x_0}$，则  
+$$
+f'(\xi)f'(\eta)=1 \Leftrightarrow \frac{f(x_0)}{x_0} \cdot \frac{1-f(x_0)}{1-x_0} = 1.
+$$  
+等价于$x_0$是方程$f(x)[1-f(x)] = x(1-x)$的根。取$x_0$满足$f(x_0)=1-x_0$即可。
+
+**证明**  
+（1）令$F(x)=f(x)-1+x$，则$F(x)$在$[0,1]$上连续，且$F(0)=-1<0$，$F(1)=1>0$。由介值定理知，存在$x_0 \in (0,1)$使$F(x_0)=0$，即$f(x_0)=1-x_0$。  
+在$[0,x_0]$和$[x_0,1]$上分别应用拉格朗日中值定理，存在$\xi \in (0,x_0)$，$\eta \in (x_0,1)$，使得  
+$$
+f'(\xi)=\frac{f(x_0)-f(0)}{x_0-0},\quad f'(\eta)=\frac{f(1)-f(x_0)}{1-x_0}.
+$$  
+于是  
+$$
+f'(\xi)f'(\eta)=\frac{f(x_0)}{x_0} \cdot \frac{1-f(x_0)}{1-x_0} = \frac{1-x_0}{x_0} \cdot \frac{x_0}{1-x_0} = 1.
+$$  **（2）**  
+给定正数$a, b$，令$c = \frac{a}{a+b}$，则$0<c<1$。由于$f(x)$在$[0,1]$上连续，且$f(0)=0$, $f(1)=1$，由介值定理，存在$x_1 \in (0,1)$使得$f(x_1) = c = \frac{a}{a+b}$。  
+在区间$[0, x_1]$和$[x_1, 1]$上分别应用拉格朗日中值定理，存在$\xi \in (0, x_1)$, $\eta \in (x_1, 1)$，使得  
+$$
+f'(\xi) = \frac{f(x_1) - f(0)}{x_1 - 0} = \frac{f(x_1)}{x_1}, \quad 
+f'(\eta) = \frac{f(1) - f(x_1)}{1 - x_1} = \frac{1 - f(x_1)}{1 - x_1}.
+$$  
+于是  
+$$
+\frac{a}{f'(\xi)} + \frac{b}{f'(\eta)} = a \cdot \frac{x_1}{f(x_1)} + b \cdot \frac{1 - x_1}{1 - f(x_1)}.
+$$  
+代入$f(x_1) = \frac{a}{a+b}$, $1 - f(x_1) = \frac{b}{a+b}$，得  
+$$
+\frac{a}{f'(\xi)} + \frac{b}{f'(\eta)} = a \cdot \frac{x_1}{a/(a+b)} + b \cdot \frac{1 - x_1}{b/(a+b)} = (a+b)x_1 + (a+b)(1 - x_1) = a+b.
+$$  
+故命题得证。
+
+
+
+9.讨论级数 $$\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{[n+(-1)^n]^p}$$ ( $p>0$ )的敛散性。
 
 **补充整理：**
 

编写小组/试卷/1231线性代数考试卷（解析版）.md

@@ -52,7 +52,7 @@ tags:
    (D) $\text{rank}[A \ B] = \text{rank}[A^T \ B^T]$.
 
 >答案：**A**
->重点：$AB$的每一列都是 $A$ 的列向量的线性组合，因此，$\text{rank}[A \quad AB]=\text{rank}A$ ，因为 $AB$ 的列都在 $A$ 的列空间中
+>重点：$AB$ 的每一列都是 $A$ 的列向量的线性组合，因此，$\text{rank}[A\quad AB]=\text{rank}A$ ，因为 $AB$ 的列都在 $A$ 的列空间中
 
 5. 设 $A$ 可逆，将 $A$ 的第一列加上第二列的 2 倍得到 $B$，则 $A^*$ 与 $B^*$ 满足
    (A) 将 $A^*$ 的第一列加上第二列的 2 倍得到 $B^*$;  
@@ -93,38 +93,24 @@ tags:
 9. 若向量组$\alpha_1 = (1,0,1)^T,\quad \alpha_2 = (0,1,1)^T,\quad \alpha_3 = (1,3,5)^T$不能由向量组$\beta_1 = (1,1,1)^T,\quad\beta_2 = (1,2,3)^T,\quad\beta_3 = (3,4,a)^T$线性表示，则$a = \underline{\qquad\qquad}.$
 
 解析：
-
 先计算$A^2$：
 
-$$A^2 
-= \begin{bmatrix}3&-1\\-9&3\end{bmatrix}\begin{bmatrix}3&-1\\-9&3\end{bmatrix} $$
-$$= \begin{bmatrix}3\times3 + (-1)\times(-9)&3\times(-1) + (-1)\times3\\-9\times3 + 3\times(-9)&-9\times(-1) + 3\times3\end{bmatrix}
-$$$$= \begin{bmatrix}18&-6\\-54&18\end{bmatrix} $$
-$$= 6\begin{bmatrix}3&-1\\-9&3\end{bmatrix} = 6A$$
+$$\begin{align}A^2&=\begin{bmatrix}3&-1\\-9&3\end{bmatrix}\begin{bmatrix}3&-1\\-9&3\end{bmatrix}\\[1em]
+&= \begin{bmatrix}3\times3 + (-1)\times(-9)&3\times(-1) + (-1)\times3\\-9\times3 + 3\times(-9)&-9\times(-1) + 3\times3\end{bmatrix}\\[1em]
+&=\begin{bmatrix}18&-6\\-54&18\end{bmatrix}\\[1em]
+&= 6\begin{bmatrix}3&-1\\-9&3\end{bmatrix} \\[1em] &= 6A
+\end{align}
+$$
  
-由此递推：
-- $$A^3 = A^2 \cdot A = 6A \cdot A = 6A^2 = 6\times6A = 6^2A$$
-- 归纳可得当$n \geq 1$时，$A^n = 6^{n-1}A$
+由此递推：$A^3 = A^2 \cdot A = 6A \cdot A = 6A^2 = 6\times6A = 6^2A$，归纳可得当$n \geq 1$时，$A^n = 6^{n-1}A$
  
 
  
 将A代入得：
 $$A^n = 6^{n-1}\begin{bmatrix}3&-1\\-9&3\end{bmatrix} $$
- ---
-
-
-9. 若向量组
-   $$
-   \alpha_1 = (1,0,1)^T,\quad \alpha_2 = (0,1,1)^T,\quad \alpha_3 = (1,3,5)^T
-   $$
-   不能由向量组
-   $$
-   \beta_1 = (1,1,1)^T,\quad \beta_2 = (1,2,3)^T,\quad \beta_3 = (3,4,a)^T
-   $$
-   线性表示，则
-   $$
-   a = \underline{\qquad\qquad}.
-   $$
+
+9. 若向量组$\alpha_1 = (1,0,1)^T,\quad \alpha_2 = (0,1,1)^T,\quad \alpha_3 =(1,3,5)^T$不能由向量组$\beta_1 = (1,1,1)^T,\quad \beta_2 = (1,2,3)^T,\quad \beta_3 =(3,4,a)^T$线性表示，则$a = \underline{\qquad\qquad}.$
+
 ---
 
 【答】5.